2022年高考化学二轮复习讲义2022年高考化学二轮复习讲义解密03 氧化还原反应(集训)(解析版）

解密03氧化还原反应一、选择题1．(2021·广东湛江市期末)根据反应2KClO3+I2=2KIO3+Cl2↑判断，下列结论不正确的是()A．I2具有还原性B．当生成22.4LCl2时，转移10mol电子C．KIO3是氧化产物D．该反应属于置换反应【答案】B【解析】A项，对于反应2KClO3+I2=2KIO3+Cl2↑，KClO3是氧化剂，I2是还原剂，I2具有还原性，A正确；B项，当生成22.4LCl2时，转移10mol电子，没有指明气体是否是标准状况，B错误；C项，对于反应2KClO3+I2=2KIO3+Cl2↑，KClO3是氧化剂，I2是还原剂，KIO3氧化产物，Cl2是还原产物，C正确；D项，对于反应2KClO3+I2=2KIO3+Cl2↑，是置换反应，D正确；故选B。2．(2021·江苏盐城市期末)工业上曾经通过反应“3Fe+4NaOHFe3O4+2H2↑+4Na↑”生产金属钠。下列有关说法正确的是()A．失去电子，作氧化剂B．得到电子，发生氧化反应C．将生成的气体在空气中冷却可获得钠D．每生成1molNa，转移的电子数为2×6.02×1023【答案】D【解析】A项，由反应可知Fe转化成四氧化三铁，化合价升高，失去电子，作还原剂，故A错误；B项，氢氧化钠中钠和氢元素的化合价都降低，得电子，作氧化剂，发生还原反应，故B错误；C项，生成的钠蒸汽能与空气中的氧气和水反应，因此应隔绝空气后冷却获得钠，故C错误；D项，由反应可知，3molFe失去8mol电子得到4molNa，则生成1molNa转移电子2mol，数目为2×6.02×1023故D正确；故选D。3．(2021·重庆永川区高三期末)我国科学家创造性地构建了“单中心铁催化剂”，在甲烷高效转化研究中获得重大突破，其成果在最近的美国《科学》杂志发表。该转化的微观示意图如图所示：有关转化的说法正确的是()A．催化剂只能是加快反应速率 B．保持氢气化学性质的最小粒子是HC．该反应的化学方程式是：2CH4=C2H4+2H2D．反应前后分子的种类发生了改变，是分解反应【答案】D【解析】A项，催化剂能改变其它物质的化学反应的速率(包括加快或减慢)，本身的质量和化学性质在反应前后不变，故A说法错误；B项，氢气是由氢分子构成的，因此保持氢气化学性质的最小粒子是H2，故B说法错误；C项，根据图示可以看出，该反应的反应物是CH4，生成物是C2H4和H2，催化剂为单中心铁，反应的化学方程式为2CH4C2H4+2H2，故C说法错误；D项，该反应的反应物是一种，生成物是两种，为分解反应，反应前后分子的种类发生了改变，故D说法正确；故选D。4．(2021·广东中山市期末)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑．对于该反应，下列判断正确的是()A．NaN3中氮元素的化合价为-3价B．氧化剂和还原剂是同一物质C．氧化产物与还原产物分子个数之比为15:1D．反应过程中转移10mol电子，则产生10NA个N2分子【答案】C【解析】A项，根据化合物的化合价的代数和为零，则NaN3中氮元素的化合价为-价，A判断错误；B项，NaN3中N原子化合价升高，做还原剂，KNO3中N原子化合价降低，作氧化剂，氧化剂和还原剂不是同一物质，B判断错误；C项，根据方程式，N原子化合价升高生成氮气的分子数为15，化合价降低生成氮气的分子数为1，氧化产物与还原产物分子个数之比为15：1，C判断正确；D项，根据方程式，反应过程中转移10mol电子，则产生16mol氮气，即生成16NA个N2分子，D判断错误；故选C。5．(2021·衡水中学月考)NaH和NaAlH4都是重要的还原剂，一定条件下金属钠和H2反应生成NaH。NaH与水反应可生成H2，NaH与AlCl3反应可得到NaAlH4。下列说法错误的是()A．NaAlH4中阴离子空间构型为正四面体B．NaH与AlCl3得到NaAlH4的反应属于氧化还原反应C．NaH在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为Fe2O3)D．金属钠和H2反应生成NaH的反应体系需要控制无氧、无水和无酸等条件【答案】B 【解析】A项，AlH4--中，Al的轨道杂化数目为4+=4，Al采取sp3杂化，为正四面体构型，故A正确；B项，NaH与AlCl3反应可得到NaAlH4，此反应无化合价的变化，不是氧化还原反应，故B错误；C项，NaH在此做还原剂(H化合价升高为+1价)，铁锈在此为氧化剂(Fe化合价降低为0价)，反应生成铁单质，故C正确；D项，金属钠可以和氧气、水和酸反应，因此钠和H2反应生成NaH的反应体系需要控制无氧、无水和无酸等条件，故D正确；故选B。6．(2021·湖北恩施土家族苗族自治州高三月考)已知NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸混合微热,产生下列现象:①有红色金属生成；②产生刺激性气味的气体；③溶液呈现蓝色。据此判断下列说法正确的是( )A．反应中硫酸作氧化剂B．NH4CuSO3中氮元素被氧化C．刺激性气味的气体是SO2D．1 mol NH4CuSO3完全反应转移1 mol电子【答案】C【解析】根据实验现象分析，红色金属为Cu，溶液呈现蓝色，说明溶液中含有Cu2＋，因为加入足量的硫酸，所以刺激性气味的气体应是SO2，据此分析，反应的化学方程式为2NH4CuSO3＋2H2SO4=Cu＋CuSO4＋2SO2↑＋2H2O＋(NH4)2SO4。根据实验现象，①有红色金属生成，该金属为Cu，②将NH4CuSO3加入足量的硫酸中，刺激性气体为SO2，不是NH3，③溶液为蓝色，说明溶液中有Cu2＋，发生的反应方程式为2NH4CuSO3＋2H2SO4=Cu＋CuSO4＋2SO2↑＋2H2O＋(NH4)2SO4，则：A项，根据上述分析，只有Cu元素的化合价发生变化，从+1价变成了产物中的0价和+2价即硫酸的组成元素没有发生变化，所以硫酸既不是氧化剂又不是还原剂，只表现酸性，故A错误；B项，NH4CuSO3中氮元素的化合价没有变化，故B错误；C项，根据上述分析，刺激性气味的气体为SO2，故C正确；D项，亚铜自身发生氧化还原反应，从反应的化学方程式2NH4CuSO3＋2H2SO4=Cu＋CuSO4＋2SO2↑＋2H2O＋(NH4)2SO4可知2molNH4CuSO3完全反应转移电子物质的量为1mol，故1molNH4CuSO3完全反应转移电子物质的量为0.5mol故D错误；故选C7．(2021·吉林油田第十一中学高三月考)Na2FeO4是一种高效的水处理剂，下列用于解释事实的离子方程式中不正确的是A．Na2FeO4在酸性溶液中不稳定，与水反应生成Fe3＋和O2，离子方程式为：4FeO42-＋10H2O＋4Fe3＋===20OH－＋3O2↑B．工业上可用FeCl3、NaOH、NaClO三种物质反应制得Na2FeO4离子方程式为：2Fe3＋＋10OH－＋3ClO－===2FeO42-＋3Cl－＋5H2OC．Na2FeO4消毒杀菌时得到的Fe3＋可以净水，Fe3＋能产生净水物质的原因是：Fe3＋＋3H2O===Fe(OH)3(胶体)＋3H＋D．工业上可用铁做阳极，电解浓NaOH溶液的方法制Na2FeO4，阳极的电极反应为：Fe－6e－＋8OH－ ===FeO42-＋4H2O【答案】A【解析】A项，酸性溶液中不能生成氢氧根离子，所以离子方程式为4FeO42-＋20H+=4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O，故A错误；B项，工业上用FeCl3、NaOH、NaClO三种物质反应制得Na2FeO4，发生了氧化还原反应，Cl元素得到电子生成NaCl，由电子、原子守恒可知，反应的离子方程式为：2Fe3＋＋10OH－＋3ClO－=2FeO42-＋3Cl－＋5H2O，故B正确；C项，Na2FeO4的还原产物为Fe3＋，Fe3＋水解制得Fe(OH)3胶体，具有净水作用，Fe3＋水解反应的离子方程式为：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋，故C正确；D项，工业上可用铁做阳极，Fe失去电子,则阳极的电极反应为：Fe－6e－＋8OH－=FeO42-＋4H2O，故D正确；故选A。8．(2021·任丘市第一中学高三月考)已知：KClO3+C+SKCl+CO2↑+SO2↑，下列判断不正确的是()A．若反应中C和S的质量比为3:4，则n(KClO3):n(CO2)为1:1B．若反应中C和S的质量比为3:16，则n(KClO3):n(CO2)为2:1C．SO2通入NaHCO3溶液产生CO2，可证明非金属性S强于CD．KClO3与SO2在强酸性溶液中反应制得ClO2，可证明SO2的还原性强于ClO2【答案】C【解析】A项，若反应中C和S的质量比为3：4，n (C) ：n (S) =2： 1，由电子守恒可知6n (KClO3) =4n (C) +4n (S)，则n(KClO3)：n(C)：n(S)=2：2：1，所以n (KClO3) ： n (CO2)为1：1，A正确；B项，若反应中C和S的质量比为3：16，n(C)：n(S)=1：2，由电子守恒可知6n (KClO3) =4n (C) +4n (S)，则n(KClO3)：n(C)：n(S)=2：1：2，所以n (KClO3) ： n (CO2)为2：1，B正确；C项，SO2通入NaHCO3溶液产生CO2，亚硫酸的酸性大于碳酸，但亚硫酸不是最高价氧化物的含氧酸，则不能比较非金属性，C错误；D项，KClO3与SO2在强酸性溶液中反应制得ClO2，S元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，SO2的还原性强于ClO2，D正确；故选C。9．(2021·甘肃武威市武威十八中高三期末)从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，下列说法正确的是()A．Cu2S既是氧化产物又是还原产物B．5molFeS2发生反应，有10mol电子转移C．产物中的SO42-离子有一部分是氧化产物D．FeS2只作还原剂【答案】C 【解析】A项，Cu2S为中Cu、S元素化合价降低之产物，因此Cu2S为还原产物，故A错误；B项，反应中Cu元素化合价由+2降低至+1，FeS2中S原子有由-1升高至+6，有由-1降低至-2，其余元素化合价未发生变化，因此每有5molFeS2发生反应，转移电子为10mol××[6-(-1)]=21mol，故B错误；C项，由B项分析可知，产物中的SO42-离子有一部分是FeS2中S元素升高而得，因此产物中的SO42-离子有一部分是氧化产物，故C正确；D项，由B分析可知，FeS2在反应中既作氧化剂也是还原剂，故D错误；故选C。10．(2021·天津期末)用0.2mol/LNa2SO3溶液32mL，还原含4×10－3molXO42-的溶液，过量的Na2SO3用0.2mol/LKMnO4酸性溶液氧化(其中KMnO4被还原成Mn2＋)，共消耗KMnO4溶液0.8mL，则元素X在还原产物中的化合价是()A．＋1B．＋2C．＋3D．＋4【答案】C【解析】过量Na2SO3的物质的量为n(Na2SO3)×(6-4)=1.6×10-3×0.1×(7-2)，n(Na2SO3)=4×10-4mol，设X在还原产物中的化合价为x，(32×10-3×0.2-4×10-4)×2=2×10-3×2×(6-x)，解得x=+3，故选项C正确。11．(2021·涡阳县育萃高级中学月考)在水溶液中，CrO42-呈黄色，Cr2O72-呈橙色，重铬酸钾(K2Cr2O7)在水溶液中存在以下平衡：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，下列说法正确的是()A．向该溶液中滴加适量的NaHSO4固体，平衡向逆反应方向移动，再次达到平衡后，氢离子浓度比原溶液大B．该反应是氧化还原反应C．向该溶液中加入过量浓NaOH溶液后，溶液呈橙色D．向体系中加入少量水，平衡逆向移动【答案】A【解析】A项，向该溶液中滴加适量NaHSO4固体，氢离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，由于只能是减弱这种改变，所以再次达到平衡后，氢离子浓度比原溶液大，故A正确；B项，反应前后元素的化合价均不发生变化，该反应不是氧化还原反应，故B错误；C项，向该溶液中加入过量浓NaOH溶液后，消耗氢离子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，溶液呈黄色，故C错误；D项，向体系中加入少量水，相当于稀释，平衡正向移动，故D错误；故选A。12．(2021·福建高三零模) 钠在液氨中溶剂化速度极快，生成蓝色的溶剂合电子，下图为钠投入液氨中的溶剂化图。钠沉入液氨中，快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡。下列说法错误的是()A．钠的密度比液氨大B．溶液的导电性增强C．0.1mol钠投入液氨生成0.01molH2时，Na共失去0.02mol电子D．钠和液氨可发生以下反应：2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑【答案】C【解析】A项，钠沉入液氨说明钠的密度比液氨大，A正确，不符合题意；B项，液氨中没有能导电的离子，而钠投入液氨中生成蓝色的溶剂合电子，能导电，说明溶液的导电性增强，B正确，不符合题意；C项，0.1mol钠反应失去0.1mol电子，C错误，符合题意；D项，反应中钠失去电子，只能是氢元素得到电子，所以钠和液氨可发生以下反应：2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑，D正确，不符合题意；故选C。13．(2021·河北高三模拟)用CuS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2O72-，发生的反应如下：反应①：CuS+Cr2O72-+H+→Cu2++SO42-+Cr3++H2O(未配平)反应②：Cu2S+Cr2O72-+H+→Cu2++SO42-+Cr3++H2O(未配平)下列判断正确的是()A．反应①和②中各有2种元素的化合价发生变化B．处理等物质的量的Cr2O72-时，反应①和②中消耗的物质的量相等C．反应①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3:4D．相同质量的CuS和Cu2S处理酸性废水中Cr2O72-时，Cu2S消耗更多Cr2O72-【答案】C【解析】对于反应①，铜元素化合价未变化，硫元素化合价由－2升高至＋6，铬元素化合价由＋6降低至＋3，氢元素和氧元素化合价未变化；根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平可得：3CuS+4 Cr2O72-+32H+=3Cu2++3SO42-+8Cr3++16H2O；对于反应②，铜元素化合价由＋1升高至＋2，硫元素化合价由－2升高至＋6，铬元素化合价由＋6降低至＋3，氢元素和氧元素化合价未变化。根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平可得：3Cu2S+5Cr2O72-+46H+=6Cu2++3SO42-+10Cr3++23H2O。A项，反应①中硫元素价态由-2价升高到+6价，铬元素价态由+6价降低到+3价；反应②中铜元素由+1价升高到+2价，硫元素价态由-2价升高到+6价，铬元素价态由+6价降低到+3价，故A错误；B项，结合以上分析可知，处理等物质的量的Cr2O72-时，反应①和②中消耗H+的物质的量不相等，故B错误；C项，结合以上分析可知，还原剂为CuS，氧化剂为Cr2O72-，还原剂与氧化剂的物质的量之比为3:4，故C正确；D项，假设质量均为160g，n(CuS)==1.67mol，n(Cu2S)==1mol；根据反应方程式可知：3CuS~4Cr2O72-，3Cu2S~5Cr2O72-，所以CuS消耗n(Cr2O72-)=×1.67=2.2mol，n(Cr2O72-)=1×=1.7mol；所以CuS消耗的更多，故D错误；故选C。14．(2021·河南鹤壁市月考)已知在一定温度下，氯气和氢氧化钠溶液会发生如下反应：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O。将一定量的氯气通入100mL浓度为10.00mol/L的热的氢氧化钠溶液中使其完全反应，溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系，下列判断不正确的是()A．n(Na+)：n(Cl-)可能为9：7B．与NaOH反应的氯气一定为0.5molC．若反应中转移的电子为nmol，则0.5＜n＜D．n(NaCl)：n(NaClO)：n(NaClO3)可能为11：1：2【答案】C【解析】A项，若氯气和NaOH只发生反应Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，则n(Na+):n(Cl-)=2:1，若氯气和NaOH只发生反应3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，则n(Na+):n(Cl-)=6:5，9:7介于两者之间，所以n(Na+):n(Cl-)可能为9:7，故A正确；B项，NaCl、NaClO、NaClO3中Na和Cl的个数均相等，所以和1molNaOH反应的氯气为0.5mol，故B正确；C项，若氯气和NaOH只发生反应Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，1molNaOH参加反应，转移0.5mol电子；若氯气和NaOH只发生反应3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，6molNaOH参加反应，转移5mol电子，则1molNaOH参加反应，转移mol电子，所以0.5＜n＜，故C错误；D项，若n(NaCl):n(NaClO):n(NaClO3)为11:1:2，假设NaCl为11mol，则NaClO 为1mol，NaClO3为2mol，NaCl、NaClO、NaClO3中的氯原子全部来自反应物Cl2，生成11molNaCl，得到11mol电子，生成1molNaClO，失去1mol电子，生成2molNaClO3，失去10mol电子，得失电子总数相等，符合电子守恒，故D正确；故选C。15．(2021·广州市第七中学高三月考)工业上用发烟HClO4将潮湿的CrCl3氧化为棕色的烟[CrO2(ClO4)2]，来除去Cr(III)，HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法正确的是()A．CrO2(ClO4)2中Cr元素显+3价B．HClO4属于强酸，该反应还生成了另一种强酸C．该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为D．该反应离子方程式为19ClO4-+8Cr3++8OH-=8CrO2(C1O4)2+3C1-+4H2O【答案】B【解析】A项，CrO2(ClO4)2中O为-2价、Cl为+7价，则根据化合物中元素化合价代数和等于0，可知该物质中Cr元素化合价为+6价，A错误；B项，Cl元素的非金属性较强，HClO4属于强酸，HC1O4氧化CrC13为棕色的[CrO2(C1O4)2]，部分HClO4被还原生成HCl，HCl也属于强酸，B正确；C项，该反应的离子方程式为19ClO4-+8Cr3++4H2O=8CrO2(C1O4)2+3C1-+8H+，其中19molClO4-中有3molClO4-作氧化剂，被还原为Cl-，8molCr3+全部作还原剂，被氧化为8molCrO2(ClO4)2，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3:8，C错误；D项，该反应的离子方程式为19ClO4-+8Cr3++4H2O=8CrO2(C1O4)2+3C1-+8H+，D错误；故选B。16．(2021·沙坪坝区高三月考)图中展示的是乙烯催化氧化的过程(部分配平相关离子未画出)，下列描述错误的是()A．PbCl42-和Cu2+在反应中都起到催化剂的作用B．该转化过程中，仅O2和Cu2+均体现了氧化性C．该转化过程中，涉及反应4Cu++O2+4H+=4Cu2++2H2OD．乙烯催化氧化的反应方程式为2CH2=CH2+O22CH3CHO 【答案】B【解析】过程ⅠPbCl42-+CH2=CH2→PbCl3(CH2=CH2)-+Cl-，过程ⅡPbCl3(CH2=CH2)-+H2O→+H++Cl-，过程Ⅲ→CH3CHO+Pb+H++2Cl-，过程Ⅳ中Pd+2Cu2++4Cl-=PbCl42-+2Cu+，过程Ⅴ发生4Cu++O2+4H+=4Cu2++2H2O，(Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ+Ⅳ)×2+Ⅴ得总方程式为：2CH2=CH2+O22CH3CHO。A项，从反应过程可见，PbCl42-和Cu2+是循环使用的，可认为是催化剂，故A正确。B项，过程Ⅳ中，Cu2+体现氧化性，Pd被氧化为PbCl42-，说明循环过程中，PbCl42-被还原，体现氧化性，故B错误；C项，该转化过程中，过程Ⅴ中涉及反应4Cu++O2+4H+=4Cu2++2H2O，故C正确；D项，乙烯催化氧化生成乙醛，反应方程式为2CH2=CH2+O22CH3CHO，故D正确；故选B。17．(2021·浙江选考模拟)已知：5C2O42-+2MnO4-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O)。某研究小组通过如下实验步骤测定晶体A(KxFey(C2O4)z·aH2O，其中的Fe元素为+3价)的化学式：步骤1：准确称取A样品9.82g，分为两等份；步骤2：取其中一份，干燥脱水至恒重，残留物质量为4.37g；步骤3：取另一份置于锥形瓶中，加入足量的3.0mol·L-1H2SO4溶液和适量蒸馏水，使用0.5mol·L-1KMnO4溶液与其反应，反应结束时消耗KMnO4溶液的体积为24.0mL；步骤4：将步骤2所得固体溶于水，加入铁粉0.28g，恰好完全反应。下列说法正确的是()A．据步骤2可以算出水的物质的量，得出a=0.03B．据步骤3算得晶体A样品中含草酸根离子(C2O42-)的物质的量为0.03molC．据上述4步算得晶体A的化学式为K3Fe(C2O4)3·3H2OD．将步骤4所得溶液中Fe2+全部氧化为Fe3+需要通入168mLCl2【答案】C【解析】已知9.820gA样品，分成两份，每份样品质量为4.910g，一份干燥脱水至恒重，残留物质量为4.370g，说明结晶水的质量是4.910g-4.370g=0.540g，得出结晶水的物质的量；将步骤2所得固体溶于水，晶体A中含有+3价的铁，加入铁粉0.2800g，恰好反应，得到晶体中铁元素的物质的量；根据步骤3：5C2O42-+2MnO4-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，反应消耗0.5mol·L-1KMnO4溶液24.00mL，得到4.9100gA样品中C2O42-的物质的量；根据质量守恒，得到晶体中钾离子的物质的量，代入数据求n(K)：n(Fe)：n(C2O42-)：n(H2O)最简整数比即可得晶体A的化学式。4.9100gA样品，干燥脱水至恒重，残留物质量为4.3700g ，说明结晶水的质量是4.910g-4.370g=0.540g，结晶水的物质的量是=0.03mol；将步骤2所得固体溶于水，加入铁粉0.2800g，恰好反应，根据Fe+2Fe3+=3Fe2+可知4.910g晶体中铁元素的物质的量是×2=0.01mol；根据步骤3：5C2O42-+2MnO4-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O反应消耗0.5mol·L-1KMnO4溶液24.00mL，则4.910gA样品中C2O42-的物质的量是=0.03mol，根据质量守恒，晶体中钾离子的物质的量是=0.03mol，n(K)：n(Fe)：n(C2O42-)：n(H2O)=0.03：0.01：0.03：0.03=3：1：3：3，所以晶体A的化学式为K3Fe(C2O4)3·3H2O。A项，由步骤2只能计算出4.9100gA样品中含有0.03mol水，无法计算a值，故A错误；B项，据步骤3算得4.910g晶体A中草酸根离子(C2O42-)的物质的量为0.03mol，则9.82gA样品中草酸根离子(C2O42-)的物质的量为0.06mol，故B错误；C项，由上述可知，晶体A的化学式为K3Fe(C2O4)3·3H2O，故C正确；D项，未告知气体所处环境，因此无法计算最终消耗氯气的体积，故D错误；故选C。18．(2021·陕西西安市长安一中高三月考)某温度下将氯气通入过量KOH溶液中，反应后得到KCl、KClO和KClO3的混合溶液。下列说法中，不正确的是()A．反应消耗的Cl2与生成的H2O的物质的量之比始终为1∶1，与产物组成无关B．若n(ClO-)∶n(ClO3-)=1∶1，则反应消耗的氯气与转移电子数的物质的量之比为2∶3C．若n(ClO-)∶n(ClO3-)=11∶1，则反应中被还原与被氧化的氯元素的物质的量之比为4∶3D．反应消耗的Cl2与KOH的物质的量之比取决于反应产物的组成【答案】D【解析】A项，由于反应后得到KCl、KClO和KClO3的混合溶液，根据原子守恒n(K)=n(Cl)，反应消耗的Cl2与KOH的物质的量之比为1∶2，根据氢原子守恒，反应消耗的Cl2与生成的H2O的物质的量之比始终为1∶1，与产物组成无关，故A正确；B项，当n(ClO-)∶n(ClO3-)=1∶1，设n(ClO-)=n(ClO3-)=1mol，根据得失电子守恒，生成的n(Cl-)为6mol，则反应消耗的Cl2为4mol，则反应消耗的氯气与转移电子数的物质的量之比为4∶6=2∶3，故B正确；C项，当n(ClO-)∶n(ClO3-)=11∶1，设n(ClO-)=11mol，n(ClO3-)=1mol，根据得失电子守恒，生成的n(Cl-)为16mol，化合价降低被还原，化合价升高被氧化，则反应中被还原与被氧化的氯元素的物质的量之比为16∶12=4∶3，故C正确；D项，由于反应后得到KCl、KClO和KClO3的混合溶液，根据原子守恒n(K)=n(Cl)，反应消耗的Cl2与KOH的物质的量之比为1∶2 ，与产物组成无关，故D错误；故选D。19．(2021·临朐县实验中学高三月考)氰化物是剧毒物质，传统生产工艺的电镀废水中含一定浓度的CN-，无害化排放时必须对这种废水进行处理。可采用碱性条件下的Cl2氧化法处理这种废水，涉及两个反应：反应i，CN-+OH-+Cl2OCN-+Cl-+H2O(未配平)；反应ii，OCN-+OH-+Cl2X+Y+Cl-+H2O(未配平)。其中反应i中N元素的化合价没有变化，X、Y是两种无毒的气体。下列判断正确的是()A．反应i中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为1：2B．X、Y是CO2、N2，且均为反应ii的氧化产物C．该废水处理工艺过程中须采取措施，防止Cl2逸出到空气中D．处理c(CN-)=0.0001mol·L-1的废水106L，消耗标况下的Cl24.48×103L【答案】C【解析】A项，反应i中N元素的化合价没有变化，碳化合价从+2升高到+4，氯元素化合价降低,所以氯气是氧化剂，CN-是还原剂，二者比例为1：1，故A错误；B.项，X、Y是两种无毒的气体，从元素分析，应含有碳元素和氮元素，其中一种为二氧化碳，另一种为氮气，其中碳元素化合价不变，氮元素化合价升高，氮气为氧化产物，二氧化碳不是氧化产物，故B错误；C项，氯气是有毒气体，应采取措施，防止氯气逸出到空气中，故C正确；D项，CN-+2OH-+Cl2=OCN-+2Cl-+H2O，2OCN-+4OH-+3Cl2=2CO2+N2+6Cl-+2H2O，总反应方程式为，2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，处理c(CN-)=0.0001mol·L-1的废水106L，则的物质的量为100mol，消耗的氯气为250mol，标况下的Cl2250mol×22.4L/mol=5.6×103L，故D错误。故选C。20．(2021·南昌县莲塘第一中学高三月考)某同学用KSCN溶液和FeCl2溶液探究Fe2+的还原性时出现异常现象,实验如下：①②③ 溶液变红，大约10秒左右红色褪去，有气体生成(经检验为O2)。取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀溶液变红且不褪色，有气体生成(经检验为O2),经检验有丁达尔效应。溶液变红且不褪色，滴加盐酸和BaCl2溶液，无白色沉淀,经检验无丁达尔效应。下列说法错误的是()A．②中红色溶液中含有Fe(OH)3胶体B．实验②中发生的氧化还原反应只有两种C．对比①②③，可以判定酸性条件下H2O2可以氧化SCN-D．③中发生的氧化还原反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O【答案】B【解析】A项，由实验②的实验现象可知，产物经检验有丁达尔效应，说明酸性条件下H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，故A正确；B项，由实验②的实验现象可知，实验中存在的反应有酸性条件下H2O2将Fe2+氧化为Fe3+、在Fe3+作催化剂的条件下，双氧水分解生成水和氧气，由实验①的实验现象可知，实验中还存在的反应是酸性条件下H2O2可以氧化部分SCN-，三个反应均属于氧化还原反应，故B错误；C项，对比实验①②③的实验现象可知，酸性条件下H2O2可以氧化SCN-，生成的硫酸根与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，故C正确；D项，由实验③的实验现象可知，酸性条件下，O2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正确；故选B。21．(2021·四川成都市期末)高铁酸钠(Na2FeO4)具有很强的氧化性，能有效地杀灭水中的细菌和病毒，同时被还原成Fe(OH)3能高效地除去水中的悬浮物，是一种新型高效水处理剂。其制备方法如下：2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O。下列说法错误的是()A．Na2FeO4中元素显+6价B．碱性条件下NaClO氧化性强于Na2FeO4C．每生成1molNa2FeO4转移6mol电子D．在水处理中，Na2FeO4兼具消毒和净水两种功能【答案】C【解析】对于反应2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O中，氢氧化铁是还原剂，次氯酸钠是氧化剂，Na2FeO4中Fe元素显+6价，A项，Na2FeO4中Fe元素显+6价，A正确；B项，碱性条件下，NaClO是氧化剂，Na2FeO4是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，B正确；C项，Fe(OH)3 中的铁元素的化合价是+3价，产物Na2FeO4中的铁元素的化合价为+6价，每生成1molNa2FeO4转移的电子数为3mol，C错误；D项，Na2FeO4具有很强的氧化性，能有效地杀灭水中的细菌和病毒，同时被还原成Fe(OH)3能高效地除去水中的悬浮物，是一种新型高效水处理剂，所以Na2FeO4兼具消毒和净水两种功能，D正确；故选C。22．(2021·高三月考)F2和Xe在一定条件下生成氧化性极强且极易与水反应的XeF2、XeF4和XeF6三种化合物。其中XeF4与H2O可以发生如下反应：6XeF4+12H2O=2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑。下列判断正确的是()A．XeF2加入水中，在水分子的作用下，将重新生成Xe和F2B．XeF4按以上方式与水反应，每生成3molO2转移12mol电子C．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1D．XeF2、XeF4和XeF6在空气中都不能长期存放【答案】D【解析】A项，F2能与水反应，在水分子的作用下，不可能重新生成Xe和F2，故A错误；B项，由6XeF4+12H2O═2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑可知，每生成4molXe，转移电子为4mol×(4-0)=16mol，即每生成3molO2转移16mol电子，故B错误；C项，6XeF4+12H2O═2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑，该反应中，生成氙气的XeF4作氧化剂，生成XeO3的XeF4作还原剂，生成氧气的水作还原剂，所以该反应中4XeF4(氧化剂)+2XeF4(还原剂)+6H2O(还原剂)+6H2O═2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑，氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：(2+6)=1：2，故C错误；D项，XeF2、XeF4和XeF6极易与水反应，在空气中不能长期存放，故D正确。故选D。23．在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O═2Fe2++4SO42−+4H+。实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析正确的是()A．在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂B．反应Ⅱ中Fe3+作氧化剂，FeS2被还原C．反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+═4Fe3++4NO+2H2O，Fe(NO)2+作氧化剂 D．反应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NO═Fe(NO)2+，该反应是氧化还原反应【答案】A【解析】步骤I中，O2将Fe(NO)2+氧化为Fe3+，并释放出NO；Ⅱ中Fe3+将FeS2氧化成SO42-，生成的Fe2+在Ⅲ中又与NO结合成Fe(NO)2+进入下一个过程。总效果为：2FeS2+7O2+2H2O═2Fe2++4SO42−+4H+，NO的量不变。A项，由图可以看出，加入的NO参与反应，又重新生成，前后没有发生量的变化，所以在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂，故A正确；B项，反应Ⅱ中硫元素的化合价升高，铁元素的化合价降低，Fe3+作氧化剂，FeS2被氧化，故B错误；C项，反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+═4Fe3++4NO+2H2O，铁元素的化合价由+2价到+3价，化合价升高，Fe(NO)2+作还原剂，故C错误；D项，反应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NO═Fe(NO)2+，所含元素的化合价没有发生变化，该反应是非氧化还原反应，故D错误；故选A。24．(2021·山东潍坊市·高三期末)制备铁红工业流程中，用FeS2还原铁盐溶液得到Fe2+和SO42-，反应机理如下图。下列说法不正确的是()A．过程I中每有60gFeS2参与反应，理论上可还原6molFe3+B．过程Ⅱ中若S2O32-过量会有气体生成C．由过程Ⅱ可知还原性：S2O32-_____(填写化学式)。(2)已知：2KMnO4+7H2O2+3H2SO4==K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O，则被1molKMnO4氧化的H2O2是______mol。II.将SO2气体通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，MnO4-被还原成Mn2+。(3)请写出上述过程的离子方程式______。III.在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：①MnO4-+CuS+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O(未配平)②MnO4-+Cu2S+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O(未配平)(4)配平反应①：________。(5)下列关于反应②的说法中错误的是__________(选填编号)。a．被氧化的元素是Cu和Sb．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5c．还原性的强弱关系是：Mn2+